Câu 17: (2,0 điểm)Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O) Qua điểm A kẻ hai tiếp tuyến AB và AC đến (O) . (B, C là các tiếp điểm). Kẻ cát tuyến AEF nằm giữa hai tia AB, AO (E nằm giữa A và F). 1) Chứng minh: tử giác ABOC nội tiếp. 2) Gọi H là giao điểm của AO và BC . Chứng minh: BA^2=AEcdot AF và tứ giác EHOF nội tiếp. 3) Đường thẳng qua E song song với BF cắt đường thẳng BC tại K. Đường thẳng AK cắt đường thẳng BF tại M. Chứng minh rằng MC=2HF.

1. Để chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp, ta cần chứng minh tổng hai góc đối nhau của tứ giác bằng \( 180^{\circ} \). Do \( AB \) và \( AC \) là hai tiếp tuyến của đường tròn \( (O) \) nên \( \widehat{ABO} = \widehat{ACO} = 90^{\circ} \). Vậy \( \widehat{ABO} + \widehat{ACO} = 90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ} \), tứ giác \( ABOC \) nội tiếp đường tròn.<br />2. Để chứng minh \( BA^2 = AE \cdot AF \) và tứ giác \( EHOF \) nội tiếp, ta dựa vào tính chất của các góc trong tứ giác nội tiếp và sử dụng định lý Stewart. Ta có \( \widehat{BAE} = \widehat{FAE} \) và \( \widehat{BEA} = \widehat{FEA} \) nên \( \triangle ABE \sim \triangle AFB \) và \( \triangle AFE \sim \triangle AFO \). Từ đó, ta suy ra \( \frac{AB}{AF} = \frac{AE}{AB} \) và \( \frac{AF}{AO} = \frac{FE}{AF} \). Kết hợp với \( AO = OF \), ta có \( BA^2 = AE \cdot AF \). Vì \( \widehat{AFE} = \widehat{AFO} \) và \( \widehat{EFO} = \widehat{OFE} \) nên tứ giác \( EHOF \) nội tiếp.<br />3. Để chứng minh \( MC = 2HF \), ta dựa vào tính chất của các góc trong tứ giác nội tiếp và sử dụng định lý Menelaus. Ta có \( \widehat{EMC} = \widehat{FMB} \) và \( \widehat{MEC} = \widehat{MFB} \) nên \( \triangle EMC \sim \triangle FMB \). Từ đó, ta suy ra \( \frac{EM}{MB} = \frac{MC}{MB} \). Kết hợp với \( EM = 2EF \) và \( MB = BF \), ta có \( MC = 2HF \).